Nếu bạn đang là học sinh lớp 9 và có mong muốn thi đỗ vào các trường THPT tại Nam Định, việc làm quen với Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2019 là vô cùng quan trọng. Đây là cơ hội tuyệt vời để bạn đánh giá năng lực bản thân, làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán.
Tại toan11.edu.vn, chúng tôi cung cấp đầy đủ và chính xác Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2019 kèm theo đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu, giúp bạn tự tin chinh phục kỳ thi sắp tới.
Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của
Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để hàm số \(y = \left( {1 - m} \right)x + m + 1\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
A. \(m > 1\)B. \(m < 1\) C. \(m < - 1\) D. \(m > - 1\)
Câu 2: Phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}.\) Tính \({x_1} + {x_2}.\)
A. \({x_1} + {x_2} = 2\) B. \({x_1} + {x_2} = 1\)C. \({x_1} + {x_2} = - 2\)D. \({x_1} + {x_2} = - 1\)
Câu 3: Cho điểm \(M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = - 3{x^2}.\) Biết \({x_M} = - 2.\) Tính \({y_M}.\)
A. \({y_M} = 6\) B. \({y_M} = - 6\)C. \({y_M} = - 12\)D. \({y_M} = 12\)
Câu 4: Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right.\) có bao nhiêu nghiệm?
A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số.
Câu 5: Với các số \(a,\,\,b\) thỏa mãn \(a < 0,\,\,b < 0\) thì biểu thức \(a\sqrt {ab} \) bằng:
A. \( - \sqrt {{a^2}b} \) B. \(\sqrt {{a^3}b} \) C. \(\sqrt {{a^2}b} \)D. \( - \sqrt {{a^3}b} \)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB = 3cm,\,\,AC = 4cm.\) Tính độ dài đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC.\)
A. \(AH = \dfrac{{12}}{7}cm\) B. \(AH = \dfrac{5}{2}cm\) C. \(AH = \dfrac{{12}}{5}cm\) D. \(AH = \dfrac{7}{2}cm\)
Câu 7: Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R = 2cm\) và đường tròn tâm \(O'\) bán kính \(R' = 3cm.\) Biết \(OO' = 6cm.\) Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho là:
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 8: Một quả bóng hình cầu có đường kính bằng \(4cm.\) Thể tích quả bóng là:
A. \(\dfrac{{32\pi }}{3}\,\,c{m^3}\) B. \(\dfrac{{32}}{3}\,\,c{m^3}\) C. \(\dfrac{{256\pi }}{3}\,\,c{m^3}\) D. \(\dfrac{{256}}{3}\,\,c{m^3}\)
II. TỰ LUẬN (8 điểm)
Câu 1 (1,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \).
b) Chứng minh rằng \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Câu 2 (1,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 0.\)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của \(m\) phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right).\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16.\)
Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right..\)
Câu 4 (3,0 điểm)
Qua điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là hai tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của AC, F là giao điểm thứ hai của EB với đường tròn \(\left( O \right)\).
a) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp, tam giác \(CEF\) đồng dạng với tam giác \(BEC\).
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(BF.CK = BK.CF\).
c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Câu 5 (1 điểm):
Xét các số \(x,\,\,y,\,\,z\) thay đổi thỏa mãn \({x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(P = \dfrac{1}{2}{\left( {x + y + z} \right)^2} + 4\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right).\)
PHẦN I: TRẮC NGHIỆM:
1. B | 2. A | 3. C | 4. B |
5. D | 6. C | 7. D | 8. A |
Câu 1 - Hàm số bậc nhất
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) và nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Hàm số \(y = \left( {1 - m} \right)x + m + 1\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1.\)
Chọn B.
Câu 2 - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì theo hệ thức Vi-et ta có: \({x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}.\)
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1} + {x_2}.\)
Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có: \({x_1} + {x_2} = 2.\)
Chọn A.
Câu 3 - Đồ thị hàm số y = ax^2 (a ≠ 0)
Phương pháp:
Điểm \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\,\,\left( {a \ne 0} \right) \Rightarrow {y_0} = ax_0^2.\)
Cách giải:
Điểm \(M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)\) có hoành độ \({x_M} = - 2\) và thuộc đồ thị hàm số \(y = - 3{x^2}\)
\( \Rightarrow {y_M} = - 3.{\left( { - 2} \right)^2} = - 1.\)
Chọn C.
Câu 4 - Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 3\\y = x - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{3}{4}\\y = - \dfrac{5}{4}\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Chọn B.
Câu 5 - Liên hệ giữa phép nhân và phép khai phương
Phương pháp:
Sử dụng công thức \(A\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{A^2}B} \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - \sqrt {{A^2}B} \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
Ta có: \(a\sqrt {ab} = - \sqrt {{a^2}.ab} = - \sqrt {{a^3}b} \) vì \(a < 0.\)
Chọn D.
Câu 6 - Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Phương pháp:
Sử dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(\dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}.\)
Cách giải:
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,cm.\end{array}\)
Chọn C.
Câu 7 - Vị trí tương đối của hai đường tròn
Phương pháp:
Cho hai đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) và \(\left( {O';\,\,R'} \right)\) khi đó ta có:
+) \(OO' > R + R'\) thì hai đường tròn nằm ngoài nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(4\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' < \left| {R - R'} \right|\) thì hai đường tròn đựng nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn không có tiếp tuyến chung.
+) \(\left| {R - R'} \right| < OO' < R + R'\) thì hai đường tròn cắt nhau hay hai đường tròn có hai điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(2\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' = R + R'\) thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài hay hai đường tròn có một điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(1\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' < \left| {R - R'} \right|\) thì hai đường tròn tiếp xúc trong hay hai đường tròn có một điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(1\) tiếp tuyến chung.
Cách giải:
Ta có: \(OO' = 6cm\)
Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}R' = 3cm\\R = 2cm\end{array} \right. \Rightarrow R' + R = 3 + 2 = 5cm < OO'\)
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn nằm ngoài nhau
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(4\) tiếp tuyến chung.
Chọn D.
Câu 8 - Hình cầu - Diện tích mặt cầu và thể tích mặt cầu
Phương pháp:
Thể tích mặt cầu bán kính \(R\) là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}.\)
Cách giải:
Bán kính của quả bóng là: \(4:2 = 2cm.\)
Thể tích của quả bóng đã cho là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}\,\,c{m^3}.\)
Chọn A.
PHẦN II: TỰ LUẬN
Câu 1 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức.
b) Quy đồng, rút gọn.
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}3 - 2\sqrt 2 = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - 2.\sqrt 2 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2}\\3 + 2\sqrt 2 = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + 2.\sqrt 2 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2}\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \\\,\,\,\,\,\,A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,A = \left| {\sqrt 2 - 1} \right| - \left| {\sqrt 2 + 1} \right|\\\,\,\,\,\,\,A = \left( {\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {\sqrt 2 + 1} \right)\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 2 - 1 > 0;\,\,\sqrt 2 + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\,A = \sqrt 2 - 1 - \sqrt 2 - 1 = - 2\end{array}\)
Vậy \(A = - 2\).
b) Chứng minh rằng \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có:
\(\begin{array}{l}VT = \left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 3} \right) - \left( {\sqrt a + 3} \right) + 6}}{{\left( {\sqrt a - 3} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}}\left( {\sqrt a + 3} \right)\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt a - 6 - \sqrt a - 3 + 6}}{{\sqrt a - 3}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt a - 3}}{{\sqrt a - 3}} = 1 = VP\end{array}\)
Vậy \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Câu 2 - Ôn tập chương 4: Hàm số y = ax^2 (a ≠ 0) - Phương trình bậc hai một ẩn
Phương pháp:
a) Thay \(m = 0\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.
b) Chứng minh phương trình có \(\Delta > 0\) với mọi \(m.\)
c) Áp dụng định lý Vi-et và biểu thức bài cho để làm bài toán.
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 0.\)
Thay \(m = 0\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 6 = 0\)
Phương trình có: \(\Delta ' = 1 + 6 = 7 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1 + \sqrt 7 \\{x_2} = - 1 - \sqrt 7 \end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 0\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có tập nghiệm: \(S = \left\{ { - 1 - \sqrt 7 ;\,\, - 1 + \sqrt 7 } \right\}.\)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của \(m\) phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình \(\left( 1 \right)\) có: \(\Delta = {\left( {m - 2} \right)^2} + 4.6 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 24\)
Vì \({\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} + 24 > 0\,\,\forall m \Leftrightarrow \Delta > 0\,\,\forall m\)
Vậy phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right).\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16.\)
Với mọi \(m\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} = - 6\end{array} \right..\)
Ta có \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - \left( {m - 2} \right){x_1} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right){x_1} = x_1^2 - 6\,\,\,\left( * \right)\)
Theo đề bài ta có: \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16\,\,\,\,\left( {**} \right)\)
Thay \(\left( * \right)\) vào \(\left( {**} \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( {**} \right) \Leftrightarrow x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2 - 6 = 16\\ \Leftrightarrow x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 3{x_1}{x_2} = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} - 3.\left( { - 6} \right) = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 2 = 2\\m - 2 = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = 0\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = 0,\,\,m = 4\) là các giá trị thỏa mãn bài toán.
Câu 3 - Hệ phương trình không mẫu mực
Phương pháp:
+) Cộng vế với vế của hệ phương trình.
+) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
Cách giải:
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - y - 7 = 4x - 4\\{x^2} - xy + y - 7 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2{x^2} - 4x - 3\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^2} - x\left( {2{x^2} - 4x - 3} \right) + 2{x^2} - 4x - 3 - 7 = 0\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình \(\left( 2 \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2{x^3} + 4{x^2} + 3x + 2{x^2} - 4x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow - 2{x^3} + 7{x^2} - x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^3} - 7{x^2} + x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^3} + 2{x^2} - 9{x^2} - 9x + 10x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2}\left( {x + 1} \right) - 9x\left( {x + 1} \right) + 10\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 9x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 4x - 5x + 10} \right) = 0\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left[ {2x\left( {x - 2} \right) - 5\left( {x - 2} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 5} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\2x - 5 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = \dfrac{5}{2}\\x = 2\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 4.\left( { - 1} \right) - 3 = 3.\)
+) Với \(x = \dfrac{5}{2} \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 2.{\left( {\dfrac{5}{2}} \right)^2} - 4.\dfrac{5}{2} - 3 = - \dfrac{1}{2}.\)
+) Với \(x = 2 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = {2.2^2} - 4.2 - 3 = - 3.\)
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm: \(S = \left\{ {\left( { - 1;\,\,3} \right);\,\,\left( {2; - 3} \right);\,\,\left( {\dfrac{5}{2}; - \dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
Câu 4 - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết.
+) Chứng minh tam giác đồng dạng theo trường hợp góc – góc.
b) Chứng minh các tam giác đồng dạng và dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh đẳng thức bài yêu cầu.
Cách giải:
a) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp, tam giác \(CEF\) đồng dạng với tam giác \(BEC\).
+) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp:
Do \(AB,\,\,AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AB \bot OB;\,\,AC \bot OC \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ABOC\) có: \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
+) Chứng minh
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle EOF\) là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(CF.\)
\(\angle FBC\) là góc nội tiếp chắn cung \(CF.\)
\( \Rightarrow \angle ECF = \angle CBF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
Xét \(\Delta CEF\) và \(\Delta BEC\) ta có:
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(BF.CK = BK.CF\).
Xét tam giác \(ABF\) và tam giác \(AKB\) có:
\(\angle BAK\,\,\,chung\)
\(\angle ABF = \angle AKB\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BF\));
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét tam giác \(ACF\) và tam giác \(AKC\) có:
\(\angle CAK\) chung;
\(\angle ACF = \angle AKC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\));
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Mà \(AB = AC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\dfrac{{AF}}{{AB}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}\) (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\dfrac{{BF}}{{BK}} = \dfrac{{CF}}{{CK}} \Rightarrow BF.CK = BK.CF\).
c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Xét tam giác \(ECF\) và ta giác \(EBC\) có:
\(\angle BEC\) chung;
\(\angle ECF = \angle EBC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
.
Mà \(EC = EA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow E{A^2} = EB.EF \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\).
Xét tam giác \(BEA\) và tam giác \(AEF\) có:
\(\begin{array}{l} & \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ & \angle AEB\,\,\,\,chung\end{array}\)
(hai góc tương ứng)
Mà góc \(\angle ABE\) là góc nội tiếp chắn cung \(AF\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\); \(\angle FAE\) ở vị trí góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(AF\)).
Vậy \(AE\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Câu 5 - Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Phương pháp:
Biến đổi biểu thức bài cho, đặt \(x + y + z = t\,\,\left( {t > 0} \right).\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \({x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right) = 2\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 2xy - 2yz - 2zx} \right) = 4\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left[ {\left( {{x^2} - 2xy + {y^2}} \right) + \left( {{y^2} - 2yz + {z^2}} \right) + \left( {{z^2} - 2zx + {x^2}} \right)} \right] = 4\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2} + {{\left( {y - z} \right)}^2} + {{\left( {z - x} \right)}^2}} \right] = 4\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\left( {x - y} \right)^2} + {\left( {y - z} \right)^2} + {\left( {z - x} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\)
\( \Rightarrow x + y + z > 0.\)
Đặt \(x + y + z = t\,\,\,\left( {t > 0} \right) \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx = \dfrac{2}{t}.\)
\( \Rightarrow P = \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{8}{t} = \dfrac{{{t^2}}}{2} + \dfrac{4}{t} + \dfrac{4}{t}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương \(\dfrac{{{t^2}}}{2};\,\,\dfrac{4}{t};\,\,\dfrac{4}{t}\) ta có:
\(P = \dfrac{{{t^2}}}{2} + \dfrac{4}{t} + \dfrac{4}{t} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{t^2}}}{2}.\dfrac{4}{t}.\dfrac{4}{t}}} = 3.\sqrt[3]{8} = 6.\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \dfrac{{{t^2}}}{2} = \dfrac{4}{t} \Leftrightarrow {t^3} = 8 \Leftrightarrow t = 2\) \( \Rightarrow x + y + z = 2.\)
Vậy \(Min\,\,P = 6\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 2\\{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2\end{array} \right..\)
Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để hàm số \(y = \left( {1 - m} \right)x + m + 1\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
A. \(m > 1\)B. \(m < 1\) C. \(m < - 1\) D. \(m > - 1\)
Câu 2: Phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}.\) Tính \({x_1} + {x_2}.\)
A. \({x_1} + {x_2} = 2\) B. \({x_1} + {x_2} = 1\)C. \({x_1} + {x_2} = - 2\)D. \({x_1} + {x_2} = - 1\)
Câu 3: Cho điểm \(M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = - 3{x^2}.\) Biết \({x_M} = - 2.\) Tính \({y_M}.\)
A. \({y_M} = 6\) B. \({y_M} = - 6\)C. \({y_M} = - 12\)D. \({y_M} = 12\)
Câu 4: Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right.\) có bao nhiêu nghiệm?
A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số.
Câu 5: Với các số \(a,\,\,b\) thỏa mãn \(a < 0,\,\,b < 0\) thì biểu thức \(a\sqrt {ab} \) bằng:
A. \( - \sqrt {{a^2}b} \) B. \(\sqrt {{a^3}b} \) C. \(\sqrt {{a^2}b} \)D. \( - \sqrt {{a^3}b} \)
Câu 6: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB = 3cm,\,\,AC = 4cm.\) Tính độ dài đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC.\)
A. \(AH = \dfrac{{12}}{7}cm\) B. \(AH = \dfrac{5}{2}cm\) C. \(AH = \dfrac{{12}}{5}cm\) D. \(AH = \dfrac{7}{2}cm\)
Câu 7: Cho đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R = 2cm\) và đường tròn tâm \(O'\) bán kính \(R' = 3cm.\) Biết \(OO' = 6cm.\) Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho là:
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 8: Một quả bóng hình cầu có đường kính bằng \(4cm.\) Thể tích quả bóng là:
A. \(\dfrac{{32\pi }}{3}\,\,c{m^3}\) B. \(\dfrac{{32}}{3}\,\,c{m^3}\) C. \(\dfrac{{256\pi }}{3}\,\,c{m^3}\) D. \(\dfrac{{256}}{3}\,\,c{m^3}\)
II. TỰ LUẬN (8 điểm)
Câu 1 (1,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \).
b) Chứng minh rằng \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Câu 2 (1,5 điểm):
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 0.\)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của \(m\) phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt.
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right).\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16.\)
Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right..\)
Câu 4 (3,0 điểm)
Qua điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là hai tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của AC, F là giao điểm thứ hai của EB với đường tròn \(\left( O \right)\).
a) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp, tam giác \(CEF\) đồng dạng với tam giác \(BEC\).
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(BF.CK = BK.CF\).
c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Câu 5 (1 điểm):
Xét các số \(x,\,\,y,\,\,z\) thay đổi thỏa mãn \({x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(P = \dfrac{1}{2}{\left( {x + y + z} \right)^2} + 4\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right).\)
PHẦN I: TRẮC NGHIỆM:
1. B | 2. A | 3. C | 4. B |
5. D | 6. C | 7. D | 8. A |
Câu 1 - Hàm số bậc nhất
Phương pháp:
Hàm số \(y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a > 0\) và nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0.\)
Cách giải:
Hàm số \(y = \left( {1 - m} \right)x + m + 1\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1.\)
Chọn B.
Câu 2 - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Phương pháp:
Phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0\,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm \({x_1},\,\,{x_2}\) thì theo hệ thức Vi-et ta có: \({x_1} + {x_2} = - \dfrac{b}{a}.\)
Cách giải:
Phương trình \({x^2} - 2x - 1 = 0\) có hai nghiệm \({x_1} + {x_2}.\)
Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có: \({x_1} + {x_2} = 2.\)
Chọn A.
Câu 3 - Đồ thị hàm số y = ax^2 (a ≠ 0)
Phương pháp:
Điểm \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\,\,\left( {a \ne 0} \right) \Rightarrow {y_0} = ax_0^2.\)
Cách giải:
Điểm \(M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)\) có hoành độ \({x_M} = - 2\) và thuộc đồ thị hàm số \(y = - 3{x^2}\)
\( \Rightarrow {y_M} = - 3.{\left( { - 2} \right)^2} = - 1.\)
Chọn C.
Câu 4 - Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Phương pháp:
Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
Cách giải:
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 3\\y = x - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{3}{4}\\y = - \dfrac{5}{4}\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Chọn B.
Câu 5 - Liên hệ giữa phép nhân và phép khai phương
Phương pháp:
Sử dụng công thức \(A\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{A^2}B} \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - \sqrt {{A^2}B} \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..\)
Cách giải:
Ta có: \(a\sqrt {ab} = - \sqrt {{a^2}.ab} = - \sqrt {{a^3}b} \) vì \(a < 0.\)
Chọn D.
Câu 6 - Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Phương pháp:
Sử dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(\dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}.\)
Cách giải:
Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,cm.\end{array}\)
Chọn C.
Câu 7 - Vị trí tương đối của hai đường tròn
Phương pháp:
Cho hai đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) và \(\left( {O';\,\,R'} \right)\) khi đó ta có:
+) \(OO' > R + R'\) thì hai đường tròn nằm ngoài nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(4\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' < \left| {R - R'} \right|\) thì hai đường tròn đựng nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn không có tiếp tuyến chung.
+) \(\left| {R - R'} \right| < OO' < R + R'\) thì hai đường tròn cắt nhau hay hai đường tròn có hai điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(2\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' = R + R'\) thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài hay hai đường tròn có một điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(1\) tiếp tuyến chung.
+) \(OO' < \left| {R - R'} \right|\) thì hai đường tròn tiếp xúc trong hay hai đường tròn có một điểm chung.
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(1\) tiếp tuyến chung.
Cách giải:
Ta có: \(OO' = 6cm\)
Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}R' = 3cm\\R = 2cm\end{array} \right. \Rightarrow R' + R = 3 + 2 = 5cm < OO'\)
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn nằm ngoài nhau
\( \Rightarrow \) Hai đường tròn có \(4\) tiếp tuyến chung.
Chọn D.
Câu 8 - Hình cầu - Diện tích mặt cầu và thể tích mặt cầu
Phương pháp:
Thể tích mặt cầu bán kính \(R\) là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}.\)
Cách giải:
Bán kính của quả bóng là: \(4:2 = 2cm.\)
Thể tích của quả bóng đã cho là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}\,\,c{m^3}.\)
Chọn A.
PHẦN II: TỰ LUẬN
Câu 1 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Sử dụng hằng đẳng thức.
b) Quy đồng, rút gọn.
Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức \(A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \).
Ta có:
\(\begin{array}{l}3 - 2\sqrt 2 = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - 2.\sqrt 2 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2}\\3 + 2\sqrt 2 = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + 2.\sqrt 2 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^2}\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \\\,\,\,\,\,\,A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} - \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,A = \left| {\sqrt 2 - 1} \right| - \left| {\sqrt 2 + 1} \right|\\\,\,\,\,\,\,A = \left( {\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {\sqrt 2 + 1} \right)\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 2 - 1 > 0;\,\,\sqrt 2 + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\,A = \sqrt 2 - 1 - \sqrt 2 - 1 = - 2\end{array}\)
Vậy \(A = - 2\).
b) Chứng minh rằng \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\) ta có:
\(\begin{array}{l}VT = \left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {\sqrt a - 3} \right) - \left( {\sqrt a + 3} \right) + 6}}{{\left( {\sqrt a - 3} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}}\left( {\sqrt a + 3} \right)\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt a - 6 - \sqrt a - 3 + 6}}{{\sqrt a - 3}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt a - 3}}{{\sqrt a - 3}} = 1 = VP\end{array}\)
Vậy \(\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right) = 1\) với \(a \ge 0\) và \(a \ne 9\).
Câu 2 - Ôn tập chương 4: Hàm số y = ax^2 (a ≠ 0) - Phương trình bậc hai một ẩn
Phương pháp:
a) Thay \(m = 0\) vào phương trình và giải phương trình bậc hai.
b) Chứng minh phương trình có \(\Delta > 0\) với mọi \(m.\)
c) Áp dụng định lý Vi-et và biểu thức bài cho để làm bài toán.
Cách giải:
Cho phương trình \({x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (với \(m\) là tham số).
a) Giải phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(m = 0.\)
Thay \(m = 0\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 6 = 0\)
Phương trình có: \(\Delta ' = 1 + 6 = 7 > 0\)
\( \Rightarrow \) Phương trình có hai nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - 1 + \sqrt 7 \\{x_2} = - 1 - \sqrt 7 \end{array} \right..\)
Vậy với \(m = 0\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) có tập nghiệm: \(S = \left\{ { - 1 - \sqrt 7 ;\,\, - 1 + \sqrt 7 } \right\}.\)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của \(m\) phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Phương trình \(\left( 1 \right)\) có: \(\Delta = {\left( {m - 2} \right)^2} + 4.6 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 24\)
Vì \({\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} + 24 > 0\,\,\forall m \Leftrightarrow \Delta > 0\,\,\forall m\)
Vậy phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi \(m.\)
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right).\) Tìm tất cả các giá trị của \(m\) để \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16.\)
Với mọi \(m\) thì phương trình \(\left( 1 \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}.\)
Áp dụng định lý Vi-et ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} = - 6\end{array} \right..\)
Ta có \({x_1}\) là nghiệm của phương trình \(\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - \left( {m - 2} \right){x_1} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right){x_1} = x_1^2 - 6\,\,\,\left( * \right)\)
Theo đề bài ta có: \(x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16\,\,\,\,\left( {**} \right)\)
Thay \(\left( * \right)\) vào \(\left( {**} \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( {**} \right) \Leftrightarrow x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2 - 6 = 16\\ \Leftrightarrow x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 3{x_1}{x_2} = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} - 3.\left( { - 6} \right) = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 2 = 2\\m - 2 = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = 0\end{array} \right..\end{array}\)
Vậy \(m = 0,\,\,m = 4\) là các giá trị thỏa mãn bài toán.
Câu 3 - Hệ phương trình không mẫu mực
Phương pháp:
+) Cộng vế với vế của hệ phương trình.
+) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.
Cách giải:
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right..\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - y - 7 = 4x - 4\\{x^2} - xy + y - 7 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2{x^2} - 4x - 3\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^2} - x\left( {2{x^2} - 4x - 3} \right) + 2{x^2} - 4x - 3 - 7 = 0\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Giải phương trình \(\left( 2 \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2{x^3} + 4{x^2} + 3x + 2{x^2} - 4x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow - 2{x^3} + 7{x^2} - x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^3} - 7{x^2} + x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^3} + 2{x^2} - 9{x^2} - 9x + 10x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2}\left( {x + 1} \right) - 9x\left( {x + 1} \right) + 10\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 9x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 4x - 5x + 10} \right) = 0\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left[ {2x\left( {x - 2} \right) - 5\left( {x - 2} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 5} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\2x - 5 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = \dfrac{5}{2}\\x = 2\end{array} \right..\end{array}\)
+) Với \(x = - 1 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 4.\left( { - 1} \right) - 3 = 3.\)
+) Với \(x = \dfrac{5}{2} \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 2.{\left( {\dfrac{5}{2}} \right)^2} - 4.\dfrac{5}{2} - 3 = - \dfrac{1}{2}.\)
+) Với \(x = 2 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = {2.2^2} - 4.2 - 3 = - 3.\)
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm: \(S = \left\{ {\left( { - 1;\,\,3} \right);\,\,\left( {2; - 3} \right);\,\,\left( {\dfrac{5}{2}; - \dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.\)
Câu 4 - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết.
+) Chứng minh tam giác đồng dạng theo trường hợp góc – góc.
b) Chứng minh các tam giác đồng dạng và dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh đẳng thức bài yêu cầu.
Cách giải:
a) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp, tam giác \(CEF\) đồng dạng với tam giác \(BEC\).
+) Chứng minh: tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp:
Do \(AB,\,\,AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AB \bot OB;\,\,AC \bot OC \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ABOC\) có: \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
+) Chứng minh
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có:
\(\angle EOF\) là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(CF.\)
\(\angle FBC\) là góc nội tiếp chắn cung \(CF.\)
\( \Rightarrow \angle ECF = \angle CBF\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
Xét \(\Delta CEF\) và \(\Delta BEC\) ta có:
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh \(BF.CK = BK.CF\).
Xét tam giác \(ABF\) và tam giác \(AKB\) có:
\(\angle BAK\,\,\,chung\)
\(\angle ABF = \angle AKB\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BF\));
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét tam giác \(ACF\) và tam giác \(AKC\) có:
\(\angle CAK\) chung;
\(\angle ACF = \angle AKC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\));
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Mà \(AB = AC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\dfrac{{AF}}{{AB}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}\) (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\dfrac{{BF}}{{BK}} = \dfrac{{CF}}{{CK}} \Rightarrow BF.CK = BK.CF\).
c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Xét tam giác \(ECF\) và ta giác \(EBC\) có:
\(\angle BEC\) chung;
\(\angle ECF = \angle EBC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(CF\))
.
Mà \(EC = EA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow E{A^2} = EB.EF \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\).
Xét tam giác \(BEA\) và tam giác \(AEF\) có:
\(\begin{array}{l} & \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ & \angle AEB\,\,\,\,chung\end{array}\)
(hai góc tương ứng)
Mà góc \(\angle ABE\) là góc nội tiếp chắn cung \(AF\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\); \(\angle FAE\) ở vị trí góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(AF\)).
Vậy \(AE\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABF\).
Câu 5 - Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Phương pháp:
Biến đổi biểu thức bài cho, đặt \(x + y + z = t\,\,\left( {t > 0} \right).\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số.
Cách giải:
Theo đề bài ta có: \({x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right) = 2\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 2xy - 2yz - 2zx} \right) = 4\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left[ {\left( {{x^2} - 2xy + {y^2}} \right) + \left( {{y^2} - 2yz + {z^2}} \right) + \left( {{z^2} - 2zx + {x^2}} \right)} \right] = 4\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2} + {{\left( {y - z} \right)}^2} + {{\left( {z - x} \right)}^2}} \right] = 4\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Ta có: \({\left( {x - y} \right)^2} + {\left( {y - z} \right)^2} + {\left( {z - x} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z\)
\( \Rightarrow x + y + z > 0.\)
Đặt \(x + y + z = t\,\,\,\left( {t > 0} \right) \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx = \dfrac{2}{t}.\)
\( \Rightarrow P = \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{8}{t} = \dfrac{{{t^2}}}{2} + \dfrac{4}{t} + \dfrac{4}{t}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương \(\dfrac{{{t^2}}}{2};\,\,\dfrac{4}{t};\,\,\dfrac{4}{t}\) ta có:
\(P = \dfrac{{{t^2}}}{2} + \dfrac{4}{t} + \dfrac{4}{t} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{t^2}}}{2}.\dfrac{4}{t}.\dfrac{4}{t}}} = 3.\sqrt[3]{8} = 6.\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \dfrac{{{t^2}}}{2} = \dfrac{4}{t} \Leftrightarrow {t^3} = 8 \Leftrightarrow t = 2\) \( \Rightarrow x + y + z = 2.\)
Vậy \(Min\,\,P = 6\) khi \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 2\\{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2\end{array} \right..\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Nam Định luôn được đánh giá là một kỳ thi quan trọng, quyết định đến con đường học vấn của các em học sinh. Môn Toán là một trong những môn thi có tính cạnh tranh cao, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt. Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2019 là một nguồn tài liệu vô giá để các em học sinh có thể chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này.
Nhìn chung, cấu trúc đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2019 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
So với các năm trước, độ khó của Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2019 được đánh giá là tương đối ổn định. Tuy nhiên, vẫn có một số câu hỏi đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic và khả năng phân tích tốt để giải quyết. Các câu hỏi thường được thiết kế để kiểm tra kiến thức cơ bản và khả năng vận dụng kiến thức vào thực tế.
Để giải tốt Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2019, học sinh cần:
Việc luyện tập với Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2019 mang lại nhiều lợi ích cho học sinh:
Toan11.edu.vn là một website chuyên cung cấp các tài liệu luyện thi vào 10 môn Toán chất lượng cao. Chúng tôi cung cấp đầy đủ các Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2019 kèm theo đáp án chi tiết và lời giải dễ hiểu. Ngoài ra, chúng tôi còn cung cấp các bài giảng, video hướng dẫn, và các bài tập luyện tập khác để giúp học sinh ôn tập và chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán, học sinh cần lưu ý một số điều sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2019 là một tài liệu quan trọng giúp học sinh chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Hãy luyện tập thường xuyên và áp dụng các phương pháp giải toán hiệu quả để đạt kết quả tốt nhất. Chúc các em thành công!
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
